本章易错过关(三) 1.D [解析] 设交变电流的有效值为I,周期为T,电阻为R,有I2RT=22·R·+12·R·T,解得I= A,故D正确. 2.B [解析] 由图可知,感应电动势的最大值Em=20 V,周期T=0.250 s,则频率f=4 Hz,所以感应电动势瞬时值表达式为e=20sin 8πt(V),故A错误;根据最大值与有效值的关系可知有效值为E=10 V,I== A= A,故B正确;感应电动势的最大值Em=20 V,故该电容器的耐压值应不小于20 V,故C错误;根据线圈产生的交流电的瞬时值e=NBSωsin ωt可知,若转速增大为原来的2倍,则产生的感应电动势最大值变为原来的2倍,为40 V,故D错误. 3.C [解析] t=0时,线圈位于中性面,此时感应电动势为零,A错误;交流电的频率为f=,1 s内电流方向改变2f(次),即1 s内电路中的电流方向改变了次,B错误;滑片P向下滑动时,电阻增大,电流减小,电源内阻分压减小,所以电压表读数变大,C正确;根据Em=NBSω、U=Em以及UR=知,若ω增大为原来的2倍,则电阻R两端的电压变为原来的2倍,故R的电功率变为原来的4倍,D错误. 4.C [解析] 由于变压器原、副线圈的匝数之比为3∶1,根据=可得原、副线圈的电流之比为1∶3,A错误;根据P=I2R可知,电阻R1和R2消耗的功率之比为1∶9,B错误;设U2=U,由=得U1=3U,由于R1两端的电压为cd两端电压的三分之一,则有3U+=220 V,解得U=66 V,C正确;当ab端输入电压不变,减小R1的阻值时,原线圈的输入电压变大,由于两线圈的匝数之比不变,故受电线圈的输出电压将变大,D错误. 5.C [解析] 原线圈电压的有效值U1=,根据=可得U2=·,又因为是理想变压器,所以T的副线圈的输出功率等于原线圈的输入功率P,所以输电线上的电流I=,输电线上损失的电功率为P'=I2·2r=4r·,所以C正确,A、B、D错误. 6.AD [解析] 甲图中线圈的磁通量变化规律为Φ甲=B0Scos t,乙图中线圈的磁通量变化规律为Φ乙=B0Scos t,由于两线圈的磁通量变化规律相同,故两线圈中感应电动势的变化规律相同,达到最大值的时刻也相同,有效值E也相同,又因两线圈电阻相同,故Q=t也相同,经过时间,通过两线圈横截面的电荷量q=·也相同,故B、C错误,A、D正确. 7.AD [解析] U1和U2是电压的有效值,选项A正确;I1、I2之比等于原、副线圈的匝数之比的倒数,选项B错误;因U1和原、副线圈的匝数之比一定,故U2不变,滑片P向上滑动过程中,因R接入电路中的阻值变大,故I2变小,I1变小,选项C错误,D正确. 8.B [解析] 根据P0=U1I1,解得U1=1.1×106 V,故A错误;根据P=4%P0=R,解得R=220 Ω,故C错误;根据P0=U1I1,当保持输入功率P0不变,提高输电电压U1时,I1减小,故U1-U2的差值I1R减小,故D错误;根据原、副线圈电压之比与线圈匝数之比关系可知===,故B正确. 9.BD [解析] 小灯泡的电阻为RL==20 Ω,小灯泡L1中的电流为I1==0.15 A,设小灯泡L2中的电流为I2,根据T2原、副线圈的匝数比为3∶1,有==,则R2中的电流为IR2=I2,T2原、副线圈的电压之比为==,解得U3=3I2RL,T1副线圈的电压为3U,则3U=IR2R2+U3,即3U=I2R2+3I2RL,解得I2=0.27 A,由于I2>I1,所以L2比L1更亮,故C错误;灯泡L1的功率为PL1=RL=0.45 W,R1中的电流为I1=0.15 A,R2中的电流为IR2=I2=0.09 A,则I1>IR2,又R1=R2=20 Ω,由P=I2R可知,R1消耗的功率比R2消耗的功率大,故A错误,B、D正确. 10.(1) 见解析 (2) (3) [解析] (1)设线圈ab边的边长为l1,bc边的边长为l2.当线圈平面与磁场方向平行时,线圈中的感应电动势最大. 设此时ab边的线速度为v,则单匝线圈时ab边产生的感应电动势为E1=Bl1v cd边产生的感应电动势为E2=Bl1v n匝线圈产生的总感应电动势为Em=n(E1+E2)=2nBl1v 由于v=ωr=ω· 故Em=2nBl1ω·=nBl1l2ω=nBSω (2)线圈中的感应电动势有效值为E= 电路中电流的有效值 I== 即电流表的示数为 (3)线圈转动的周期 T=,线圈转动N周的时间 t=NT=N· 依据焦耳定律可知,发电机线圈产生的焦耳热 Q=I2rt 解得 Q ... ...
~~ 您好，已阅读到文档的结尾了 ~~
